新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题17 三角函数最值与取值范围问题十三大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145944790" 题型1单调性与最值 PAGEREF _Tc145944790 \h 1
\l "_Tc145944791" 题型2辅助角公式求最值 PAGEREF _Tc145944791 \h 8
\l "_Tc145944792" 题型 3一元二次函数与最值 PAGEREF _Tc145944792 \h 12
\l "_Tc145944793" 题型4sinx与csx和差求最值 PAGEREF _Tc145944793 \h 21
\l "_Tc145944794" 题型5分式型最值 PAGEREF _Tc145944794 \h 26
\l "_Tc145944795" 题型6绝对值型求最值 PAGEREF _Tc145944795 \h 31
\l "_Tc145944796" 题型7三角换元法求最值 PAGEREF _Tc145944796 \h 39
\l "_Tc145944797" 题型8三角换元法与向量求最值 PAGEREF _Tc145944797 \h 45
\l "_Tc145944798" 题型9三角换元法与根号型求最值 PAGEREF _Tc145944798 \h 56
\l "_Tc145944799" 题型10换元法求最值 PAGEREF _Tc145944799 \h 59
\l "_Tc145944800" 题型11距离与斜率型 PAGEREF _Tc145944800 \h 62
\l "_Tc145944801" 题型12参变分离 PAGEREF _Tc145944801 \h 67
\l "_Tc145944802" 题型13复合函数型 PAGEREF _Tc145944802 \h 68
题型1单调性与最值
【例题1】（多选）（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）已知函数在上有最大值和最小值，且取得最大值和最小值的自变量的值都是唯一的，则整数的取值可能是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】BC
【分析】利用整体思想与分类讨论思想，结合正弦函数的性质，可得答案.
【详解】当时，，所以，得，
当时，，所以，得，
选项BC是范围内的整数.
故选：BC.
【变式1-1】1.（多选）（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数满足，且在上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，则
C．的最小正周期为4D．在上的零点个数最少为1012个
【答案】AC
【分析】根据题设及正弦型函数的对称性有，假设B中解析式成立，由得，进而验证解析式，令，，，作差求，进而求最小正周期，根据所得周期及正弦型函数的零点性质判断区间零点个数.
【详解】A，由题意在的区间中点处取得最大值，即，正确；
B，假设若，则成立，由A知，
而，故假设不成立，则错误；
C，，且在上有最大值，无最小值，
令，，，
则两式相减，得，即函数的最小正周期，故正确；
D，因为，所以函数在区间上的长度恰好为506个周期，
当，即，时，在区间上的零点个数至少为个，故错误.
故选：AC.
【变式1-1】2. （2021秋·辽宁大连·高三大连八中校考阶段练习）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数B．是的极值点
C．在上有且仅有个零点D．的值域是
【答案】D
【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断B选项；利用函数在上的单调性结合可判断C选项；根据，再分类讨论即可判断D正确.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，
则，故函数为奇函数，A错；
对于B选项，，
当时，，此时，，此时函数单调递增，
当时，，此时，，此时函数单调递增，
所以，不是函数的极值点，B错；
对于C选项，由B选项可知，函数在上单调递增，且，
所以，函数在上有且只有一个零点，C错；
对于D选项，因为函数在上连续，，
所以当时，且，，
当时，且，，
又，所以函数的值域为，故D正确.
故选：D.
【变式1-1】3. （多选）（2020秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A．在区间上单调递减
B．若，则
C．在区间上的值域为
D．若函数，且，在上单调递减
【答案】ACD
【解析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可，
对于选项A：当时，可得，可得在区间上单调递减；当，可得，可得在区间上单调递减，最后作出判断；
对于选项B：由在区间上单调递减可得，可得，进而作出判断；
对于选项C：由三角函数线可知，所以，，进而作出判断；
对于选项D：，可得，然后利用导数研究函数在区间上的单调性，可得，进而可得出函数在上的单调性，最后作出判断.
【详解】， ，
当时，，由三角函数线可知，
所以，即，所以，
所以，所以在区间上单调递减，
当，，，所以，，
所以在区间上单调递减，
所以在区间上单调递减，故选项A正确；
当时，，
所以，即，故选项B错误；
由三角函数线可知，所以，，
所以当时，，故选项C正确；
对进行求导可得：
所以有，
所以，所以在区间上的值域为，
所以，在区间上单调递增，因为，
从而，所以函数在上单调递减，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.
【变式1-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知函数，若且在区间上有最小值无最大值，则 ．
【答案】4或10/10或4
【分析】根据可求出f(x)的一条对称轴，根据该对称轴可求出ω的表达式和可能取值，结合y＝sinx的图像，根据在区间上有最小值无最大值判断ω的取值范围，从而判断ω的取值.
【详解】∵f(x)满足，∴是f(x)的一条对称轴，
∴，∴，k∈Z，
∵ω＞0，∴.
当时，，
y＝sinx图像如图：
要使在区间上有最小值无最大值，则：
或，
此时ω＝4或10满足条件；
区间的长度为：，
当时，f(x)最小正周期，则f(x)在既有最大值也有最小值，故不满足条件.
综上，ω＝4或10.
故答案为：4或10.
【变式1-1】5．（2023·全国·高三专题练习）若a、b为实数，且，函数在闭区间上的最大值和最小值的差为1，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】讨论的取值，结合三角函数的图象，即可求解.
【详解】（ⅰ）当函数在闭区间内无最值，则函数在内单调，
不妨取，可知，在内单调递增，
可知，
且，则，则，
所以，即，
可得，即
①若，，则最大值和最小值的差为，符合题意；
②若，，
则，
因为，则，可得，
故，可得，
且，，则，可得；
③若，，
则，
因为，则，可得，
故，可得，
且，，则，可得；
综上所述：；
（ⅱ）当函数在闭区间内有最值，不妨取最大值1，最小值为0，
由图象可知：不妨取，当时，取到最大值；
当时，取到最小值；
可得；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：.

【点睛】方法点睛：数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择．
题型2辅助角公式求最值
【例题2】（2023·天津东丽·校考模拟预测）已知函数图象的最小正周期是，则（ ）
① 的图象关于点对称
② 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称
③在上的值域为
④ 在上单调递增
A．①②④B．①②③C．②④D．②③④
【答案】A
【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，由正弦函数的对称性可判断①；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断②；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断③；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断④.
【详解】因为，
函数的最小正周期是，∴，
∴，，
， ∴关于对称，故①正确.
，∴关于轴对称，故②正确.
当时，有，则，所以，
∴，故③错误.
由，解得，
所以的一个单调增区间为，而，
∴在上单调递增，故④正确.
故选：A.
【变式2-1】1．（2023·天津·三模）已知，，若对，，使得成立，若在区间上的值域为，则实数的取值不可能是.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意首先确定函数的值域，然后数形结合得到关于的不等式，求解不等式可得的取值范围，据此可得选项.
【详解】，其中，
由题意可知：，即：，
则函数的值域为的子集，
设函数的最小正周期为，在区间上的值域为，则：，
即：，解得.
结合选项可知实数的取值不可能是.
故选D.
【点睛】本题主要考查双量词问题的处理方法，三角函数的图像与性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力
【变式2-1】2. （2023秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学校考阶段练习）已知函数在上的值域为，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，化简函数，再利用正弦函数性质结合已知值域，列式求解作答.
【详解】依题意，，
由，得，
函数在上单调递增，函数值集合为，在上单调递减，函数值集合为，
因为函数在上的值域为，则有，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：
【变式2-1】3. （2023·陕西铜川·统考二模）已知函数，若，则函数的值域为 .
【答案】
【分析】利用诱导公式、三角恒等变换化简，再应用正弦型函数性质求值域即可.
【详解】
，
∴时，，得：.
故答案为：
【变式2-1】4. （2023·四川达州·统考二模）函数在区间上的值域为，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】化简函数得，其中，，再利用函数在区间上的值域为，可得，从而得到，再结合，，利用三角恒等变换化简即可得出结果.
【详解】由题意可得
，其中，，
函数在区间上的值域为，
当时，，即，
当时，或，则或，
，则，
，，，
，，则，
，
又，，
的取值范围为：.
题型 3一元二次函数与最值
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先化简函数的解析式，再利用复合函数的值域，求实数的取值范围.
【详解】
，
设，，函数的对称轴为
且，，，
因为函数在区间的值域为，所以在区间上能取得，但是不能小于0，
所以.
故选：C
【变式3-1】1. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则（ ）
A．是偶函数B．在区间上单调递增
C．在上有4个零点D．的值域是
【答案】AB
【分析】对A，根据偶函数的定义判断即可；对BCD，换元构造复合函数，结合复合函数的单调性、零点的定义以及复合函数的值域，可得答案.
【详解】对于A，函数的定义域为，
且，
所以函数是偶函数，A正确；
对于B，当时，.
令，由于函数在时单调递减，
函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，
故函数在区间上单调递增，B正确；
对于C，当时，由，得或，
所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；
对于D，当时，.
因为，所以当时，，当时，.
由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.
故选：AB.
【变式3-1】2. （2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）设函数，.若方程在上有4个不相等的实数根，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】，令，则，由题意，原问题等价于在区间上有两个不相等的实数根，由一元二次方程根的分布即可求解.
【详解】解：，
令，则，
当时，有两个不相等的实数根，当时，有且仅有一个实数根，
因为方程在上有4个不相等的实数根，
所以原问题等价于在区间上有两个不相等的实数根，
所以有，解得，
故答案为：.
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)设，是g（x）的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得，然后令，则，再分或，和讨论即可；
（2）函数g（x）有两个零点，，令，则转化为，为方程的两根，然后根据根与系数的关系结合三角函数的性质可得，再利用余弦函数的单调性可证得结论.
【详解】（1）解：．
由可得，
令，由可得，
故．
当或，即或时，无解，
所以g（x）不存在零点；
当，即时，有一解，此时x仅有一解，
所以g（x）只存在一个零点；
当，即时，有两解
，此时在各有一解，故g（x）有两个零点．
综上，实数a的取值范围为．
（2）证明：函数g（x）有两个零点，，
令，则，为方程的两根，
则，，所以，
两边平方得，因为，
所以，
所以，
由可得，所以，
则，因为在上单调递减，
所以，即
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查余弦函数性质的应用，第（2）问解题的关键是通过换元将问题转化为二次方程有两个根，再利用根与系数的关系结余弦函数的性质可证得结论，考查数学思想和计算能力，属于难题.
【变式3-1】4. （2022秋·上海虹口·高三统考阶段练习）已知，函数.
(1)当时，求的值域；
(2)若函数在区间上是严格增函数，求a的最大值；
(3)设.方程的所有正实数解按从小到大的顺序排列后，是否能构成等差数列？若能，求所有满足条件的u的值；若不能，说明理由.
【答案】(1)的值域为；
(2)a的最大值为；
(3)或满足条件，理由见解析.
【分析】(1)结合二次函数性质和正弦函数的性质可求的值域；(2)由已知可得在上恒成立，通过换元及分离变量结合不等式与函数关系，可求a的最大值；(3)结合已知条件及正弦函数图象及性质可求u的值；
【详解】（1）因为，，所以，因为，所以，所以，所以的值域为；
（2）因为，，
所以，
化简得，
因为函数在区间上是严格增函数，
所以在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，因为，所以，又，
所以在上恒成立，所以在上恒成立，又函数在上单调递减，所以当时，取最小值，最小值为，所以，所以a的最大值为；
（3）因为，，所以不等式可化为，
令，则，，作函数的图象，
又当时，，
由图象可得当或时，方程在上没有解，方程没有解；
当时，方程的解为，则，方程的正实数解按从小到大的顺序排列记为，如图，
则，，，所以该数列不是等差数列，
当时，方程在内有两个解，设方程的解为，且，，作函数，，图象如下，
方程和的正实数解按从小到大的顺序排列记为，
设数列为等差数列，设数列的公差为，因为，所以，，则，所以，则，与矛盾，
当时，方程在内有一个解，设方程的解为，且，作函数，，图象如下，
方程的正实数解按从小到大的顺序排列记为，
设数列为等差数列，设数列的公差为，因为，所以，，则，所以，与矛盾，
若，则方程在内的解为，所以，所以，所以方程的正实数解按从小到大的顺序排列后所得数列为，该数列为等差数列，满足条件；
当时，方程在内有两个解，，由，可得，，由，可得或，，
所以方程的所有正实数解按从小到大的顺序排列后满足，，，所以，所以该数列为等差数列，
综上所述，当或时，方程的正实数解按从小到大的顺序排列后所得数列为等差数列.
【变式3-1】5.（2022秋·广东佛山·高三华南师大附中南海实验高中校考阶段练习）已知函数.
（1）当,，则的最大值为 ；
（2）若对任意、，都有，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】（1）化简得出，由以及二次函数的基本性质可求得的最大值；
（2）设，，问题转化为当时，，对实数的取值进行分类讨论，分析二次函数在上的单调性，求出、，可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，
，
因为，当时，取最大值，即；
（2）函数，
设，则.
问题等价于对任意的、，都有，
即.
①当时，即当时，函数在上单调递增，
则，
解得，此时，；
②当时，即当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故，
，
则有，
可得，解得，此时，；
③当时，即当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故，
，
则有，
可得，解得，此时，；
④当时，即当时，函数在上单调递减，
则，
解得，此时，.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.
题型4sinx与csx和差求最值
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）已知函数将的图像向右平移个单位长度，得到的图像，则（ ）
A．为的一个周期
B．的值域为[-1，1]
C．的图像关于直线对称
D．曲线在点 处的切线斜率为
【答案】B
【分析】由可判断A；令，则，求出值域可判断B；由三角函数的平移变化求出，由可判断C；由导数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，，故不为的一个周期，故A不正确；
对于B，令，且，
所以原函数变为，当时，，当时，，
又，所以，或，所以或，
所以的值域为[－1，1]，故B正确；
对于C，将的图像向右平移个单位长度，得到的图像，
则，
又，故为奇函数，不是偶函数，所以的图像关于直线不对称，故C不正确；
对于D， 所以故D不正确；
故选：B.
【变式4-1】1. （2022·全国·高三专题练习）函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将原式化简为，再令，将转化为关于的二次函数，利用二次函数的性质求解值域.
【详解】解：
则且，
令，则，
则，，
当时，，
当时，，
故的值域为.
故选：D.
【点睛】本题二次型三角函数的最值问题，考查换元法求函数值域，要注意新元的取值范围，是中档题.
【变式4-1】2. （2023·辽宁·大连二十四中校联考模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求函数的单调递增区间；
(2)若，关于x的方程有三个不等的实根，求a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）当时，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）当时，令，则，得出函数，根据二次函数的性质，三种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）解：当时，函数，
由，可得，
故函数的单调递增区间为.
（2）解：当时，可得，
令，则，
令，其图象恒过和两点，
①当时，由（1）知有唯一根，
不合题意；
②当时，可得的图象开口向上，，方程存在两根，
且，此时有（舍），故，则方程只有一个根，不合题意；
③当时，可得的图象开口向下，，方程存在两根，且，
若要满足题意，则，，
此时方程有一个根，有两个不相等的根，
则有，解得，
综上所述，a的取值范围为．

【点睛】方法点睛：利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：
1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；
2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
3、本题中合理利用三角函数的基本关系，进行换元构造二次函数，结合二次函数和正弦型函数的图象与性质是解答的关键.
【变式4-1】3.（多选） （2023春·湖南·高三统考阶段练习）已知函数，其中a，b，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．在R上单调递减D．最大值为
【答案】AB
【分析】对A、B：整理可得，构建，根据题意结合函数单调性分析判断；对B：取特值，代入检验；对D：令，整理可得，再令，整理得，结合三角函数以及对勾函数分析运算.
【详解】因为，即，
对A、B：又a，b，，则，所以，，
故，在R上递减，
由，
令，则在R上递减，且，
所以，，
且，则对，恒成立，
可得，故A，B正确；
对C：取，，，则，所以C错误；
对D：令，
则
今，则，
且，
∵，则，
∴，故，
可得，
又∵在上单调递增，且，
故，即，
所以，所以D错误．
故选：AB.
【点睛】关键点睛：对于，可解借助于三角函数换元，令，这样可以减少未知量，方便分析运算.
题型5分式型最值
【例题5】（2020·全国·高三专题练习）已知,将的图象向左平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的得到的图象，下列关于函数的说法中正确的个数为
①函数的周期为;②函数的值域为;③函数的图象关于对称;④函数的图象关于对称.
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】首先通过三角化简得到且，通过平移变换得到且.再进一步求出的周期、奇偶、值域、对称即可得到答案.
【详解】，
.
即：且.
且.
①因为函数的周期为，因此①正确.
②因为，故因此②错误.
③令，得.故③正确
④因为.故图象不是中心对称图形,故④错误..
综上,正确的个数为.
故选：
【点睛】本题为三角函数的章内综合题，考查了三角函数的化简、周期、奇偶、对称、以及平移变换.属于难题.
【变式5-1】1. （2022·全国·高三专题练习）函数的值域为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简函数得到，再根据定义域得到值域.
【详解】
且当且仅当时，，
∴的值域为
故答案选A
【点睛】本题考查三角恒等变换与三角函数的值域，考查推理论证能力
【变式5-1】2. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称B．为的一个周期
C．的值域为D．在上单调递减
【答案】ACD
【分析】化简可得.求出的表达式，即可得出A项；求出的表达式，即可得出B项；由几何意义，根据图象，即可得出C项；求出导函数，根据的解集，即可得出D项.
【详解】由已知可得.
对于A项，因为 ，所以点是的对称中心，故A项正确；
对于B项， ，故不是的周期，故B项错误；
对于C项，设，则的大小等于点与点连线的斜率.
又点在圆上，
如图，为圆的两条切线，且，.
由图象可知，当与重合时，斜率最大，此时；
当与重合时，斜率最小，此时，
所以的取值范围为，即的值域为，故C项正确；
对于D项，由已知可得，
令，得，
根据余弦函数的图象可知，，故在上单调递减，故D项正确.
故选：ACD.
【变式5-1】3. （多选）（2022·全国·高三专题练习）已知，则（ ）
A．的图像关于直线对称
B．在上递增
C．的值域是
D．若方程在上的所有实根按从小到大的顺序分别记为，则
【答案】ACD
【分析】化简函数，对A选项，利用轴对称的意义验证并判断；对B，C选项，换元借助导数求解并判断；对D选项，利用对称性、周期性计算并判断.
【详解】依题意有，
对于A选项：，
即，的图像关于直线对称，A正确；
对于B选项：在上单调递增，，，
，时，时，即在不单调，
由复合函数单调性知，在上不单调，即B错误；
对于C选项：令，则，，
在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，，，，
，的值域是，的值域是，C正确；
对于D选项：由已知得，
解得或(舍去)，
由得函数图象在区间且确保成立的，
对称轴为，在内有11个根，
数列构成以为首项，为公差的等差数列，
，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：涉及关于正(余)弦的三角方程的根的和，合理利用对应函数的对称性是解决问题的关键.
【变式5-1】4. （2023·全国·高三专题练习）函数的值域为 .
【答案】
【分析】设，，得到为单位圆上的动点；令，根据直线斜率的坐标运算得到表示该单位圆上的点与点所在直线的斜率，将其转化为过点的直线与单位圆有交点，设过点的直线方程为，联立方程消得到关于的一元二次方程，令求得的范围，从而求解.
【详解】由题意得：，
设，，则，
所以为单位圆上的动点，且，
令，即表示该单位圆上的点与点所在直线的斜率.
如图：

设过点的直线方程为，
即直线与单位圆有交点，
联立，消整理得：，
所以，
化简得：，解得：，
所以，
所以，
所以函数的值域为.
故答案为：.
题型6绝对值型求最值
【例题6】（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中、.则下列说法中正确的有（ ）.
A．的最小值为
B．的最大值为
C．方程在上有三个解
D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】根据题意，可得，由，求解出的取值范围，根据对应范围内的函数解析式，即可求出的最值，进而判断A、B选项；令，分和两种情况解方程，即可判断C选项；取，求出此时函数的单调区间，即可判断函数在上的单调性，从而判断在上的单调性，进而判断D选项.
【详解】，
即，其中，，.
由，即，，
所以当时，，
即，，
所以当，即时，，
当，即时， ；
当时，，
即，，
所以当，即时，，
由于，所以无最小值.
综上所述，的最小值为，最大值为，故A错误，B正确；
由，所以当时，，
即，
即或， ，
所以或，.
当时，，
即，
即或， ，
所以，，
综上所述，方程在上有三个解，故C正确；
取时，，
令，即；
令，即；
由于，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减，即函数在上有增有减，则在上有增有减，故D错误.
故选：BC.
【变式6-1】1. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，若对任意实数，，方程有解，方程也有解，则的值的集合为 .
【答案】
【分析】根据题意，不妨设，分类讨论当，，三种情况下，结合方程有解以及余弦函数的图象和性质，从而求出和的值，即可得出的值的集合.
【详解】解：由题可知，不妨设，
对于，对任意实数，，方程有解，
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，所以，
综上得：；
对于，对任意实数，，方程也有解，
当时，方程可化为有解，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以，
所以的值的集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的综合问题，考查余弦函数的图象和性质，通过设，以及分类讨论与的大小情况，并将方程有解转化为恒成立问题是解题的关键，考查学生的分类讨论思想和逻辑分析能力.
【变式6-1】2. （2022·全国·高三专题练习）给出以下命题：
①若α、β是第一象限角且，则；
②函数有三个零点；
③函数是奇函数；
④函数的周期是；
⑤函数，当时恒有解，则a的范围是.
其中正确命题的序号为 .
【答案】④⑤
【分析】根据正切周期性，对①举反例；根据与关系，可解零点；根据奇函数定义域，判断是非奇非偶函数.
【详解】对于①，令，则①错；
对于②，当有恒成立，则无零点；又为奇函数，，也无零点；则只有一个零点，则②错；
对于③，求定义域，则定义域为定义域不关于原点对称，则函数为非奇非偶函数，则③错误；
对于④，函数是函数向下平移个单位，再沿轴将下方图像翻折到轴上方，故，则④正确
对于⑤，
当，，，
使恒有解，则恒有根
，，则⑤正确
故答案为：④⑤
【点睛】本题考查，正切函数周期性、奇偶性定义、翻折变换、三角函数有界性，综合性较强，考查计算能力，有一定难度.
【变式6-1】3. （2023春·浙江温州·高三统考开学考试）函数在上的值域为，则的值为 ．
【答案】/2.5
【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及求出，分类讨论求出，即可求解.
【详解】因为，，
所以当且仅当且时，
所以,
又，所以
所以，易知在上单调递减，在单调递增，
所以当时，，不满足题意；
当时，因为，所以，
注意到，且在单调递增，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】利用三角函数求值的关键：
（1）角的范围的判断；
（2）根据条件选择合适的公式进行化简计算；
（3）合理地利用函数图像和性质.
【变式6-1】4. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是以为周期的函数
B．直线是曲线的对称轴
C．函数的最大值为，最小值为
D．若函数在区间上恰有2023个零点，则
【答案】ACD
【分析】根据周期函数定义判断A即可；根据函数对称轴定义判断B即可；由A知是以为周期的函数，所以根据求解在区间上的最大值即可判断选项C，利用在区间上的零点个数即可判断选项D.
【详解】对于A，因为，
所以是以为周期的函数，故A正确；
对于B，有，故B错误；
对于C，由A知只需考虑在区间上的最大值，
当时，令，
则，
易知在区间上单调递减，
所以的最大值为，最小值为；
当时，令，
则，
易知在区间上单调递增，
所以的最大值为，最小值为，
综合可知：函数的最大值为，最小值为，故C正确；
对于D，因为是以为周期的函数，
可以先研究函数在区间上的零点个数，易知，
当时，令，解得或1，
因为，则，
则在区间上无解，
在区间上仅有一解，
当时，令，解得或1，
因为，则，
则在区间上无解，
在区间上也无解，
综合可知：函数在区间上有两个零点，分别为和，
又因为是以为周期的函数，
所以若，则在区间上恰有个零点，
又已知函数在区间上恰有2023个零点，
所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题主要考查命题的真假判断，利用三角函数的图像和性质，进行分类讨论是解决本题的关键，属于中档题.
【变式6-1】5.（2022春·新疆·高三校考阶段练习）定义：设不等式的解集为A，若A中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”．若关于x的不等式在上存在“和谐解集”，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据定义解不等式即可.
【详解】解：不等式可化为．
由函数得只有一个整数解，这唯一整数解只能是，
因为点是图像上的点，所以．
所以数m的取值范围为.
故选：A.
题型7三角换元法求最值
【例题7】（2023秋·广东清远·高三校考阶段练习）若，那么的最大值为 .
【答案】
【分析】设，利用三角函数有界性得函数的最大值.
【详解】设，
所以
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查辅助角公式，考查三角函数的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
【变式7-1】1. （2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习）已知实数满足，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，根据题设可得或，再利用三角变换公式结合正弦函数的性质可求的最大值.
【详解】设，
故，所以，
所以或，
故或，
当时，，
，
其中，，
因为，当且仅当时等号成立，
故的最大值为.
当时，，
，
其中，，
因为，当且仅当时等号成立，
故的最大值为.
综上，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：多变量的最值问题，注意根据方程的特征选择三角换元来处理，后者可再结合三角变换公式和正弦型函数的性质来求最值.
【变式7-1】2. （2023·全国·高三专题练习）设、且，求的取值范围是 .
【答案】
【分析】解法一：利用条件，将转化为二次函数，进而可确定的范围．
解法二：由得，设，则，再结合余弦函数及二次函数的性质计算可得.
【详解】解法一：，
，可得．
，
令，，
显然函数在上单调递增，，，即，
的取值范围是．
解法二：由得，设，即，
则
令，，，，显然在上单调递增，
所以，即，
所以的取值范围是.
故答案为：
【变式7-1】3. （2023·上海普陀·统考一模）设、、均为正数且，则使得不等式总成立的的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由已知可得出，不妨设，，其中，可得出，令，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为、、均为正数且，则，
不妨设，，其中，
所以，
，
因为，则，令，
则，所以，，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，所以，，
所以，.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
【变式7-1】4. （2023·全国·高三专题练习）“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系中，点，的曼哈顿距离为.若点，Q是圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题利用圆的参数方程，设出，再根据题意得到，然后去绝对值分类讨论即可.
【详解】根据题意,是圆上任意一点,
设的坐标为,，
则，
若，即时，则
，，
则当时，即时，取得最大值，
当时，即时，取得最小值，则有,
若,即时，则
，
则当时，即时，取得最大值，
当时，即时，，但此时无法取到，
综上所述,
故选：B.
【点睛】本题为新文化试题，有关曼哈顿距离的问题曾经考察过多次，是模考题的热点问题之一，这类问题从数学家思想出发，一定要将他的概念理解清楚，这样才能得到有关距离的函数，再进行分类讨论即可.
【变式7-1】5.（2022·北京·高三强基计划）设a，b，c为正数，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用待定系数法法结合基本不等式可求的最大值，也可以利用三角换元结合辅助角公式、正弦函数的性质可求最大值.我们也可以利用基本不等式把转化为关于的代数式，从而可求最大值.
【详解】解法一 根据题意，有
，
其中，令，
解得，
于是，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法二 令，其中，则

，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法三 根据题意，有
，
等号当，且即时取得，
因此所求最大值为．
故选：A.
题型8三角换元法与向量求最值
【例题8】（2023·全国·高三专题练习）已知正方形的边长为，动点在以为圆心且与相切的圆上，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，设，利用向量数量积的坐标运算、三角恒等变换、三角函数值域等知识求得的取值范围.
【详解】以点为圆心，以所在直线分别为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，圆的半径为，
∴设，∴，
∴，
当时，取最小值，
当时，取最大值4.
故的取值范围为．
故答案为：

【变式8-1】1. （2020·全国·高三专题练习）如图，扇形的半径为1，圆心角，点P在弧BC上运动，，则的最大值为 .
【答案】.
【分析】如图所示：作平行四边形，分别在上，故，计算得到，，，得到答案.
【详解】如图所示：作平行四边形，分别在上，故.
故，设，
根据正弦定理：，，
故，，
故，
其中，当时，有最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正弦定理和三角恒等变换的应用，意在考查学生的综合应用能力.
【变式8-1】2. （2022·山东日照·统考一模）在，点M是外一点，BM=2CM=2，则AM的最大值与最小值的差为 ．
【答案】
【分析】取边BC的中点为O，把（）•0转化为•0，得出⊥，△ABC为等边三角形，以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，利用坐标表示得出AM的解析式，求出它的最大值与最小值即可．
【详解】取边BC的中点为O，则（），
又（）•0，∴•0，
∴⊥，∴△ABC为等腰三角形，
又∠A，∴△ABC为等边三角形，
以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，
建立平面直角坐标系如图所示；
并设BC＝2a（a），点M（x，y）；
则A（0，a），B（﹣a，0），C（a，0），
又BM＝2CM＝2，
所以（x+a）2+y2＝4
（x﹣a）2+y2＝1，
所以解方程组，
解得 或，
所以当时，



，
令a2csθ，
则AM，
所以当θ 时（AM）min＝1，
同理当时，
AM，
所以当θ时（AM）max＝3；
综上可知：AM的取值范围是[1，3]，
AM的最大值与最小值的差是2．
故答案为2．
【点睛】本题考查三角函数与平面向量的综合应用，也考查了数形结合与逻辑推理以及计算能力的应用问题，是难题，突破点是求最值三角换元的引入.
【变式8-1】3. （2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测）已知外接圆的圆心为O，，，若有最大值，则参数t的值为 ．
【答案】
【分析】设D是线段的中点，从而可求得，同理可得，再结合可求得，再根据结合二次函数的性质即可得解.
【详解】如图所示，设D是线段的中点，
由于O是外接圆的圆心，故，
所以，
同理可得，
由于，
故，即，
解得，
则，
由于，依题意有最大值，
令，设，
当，即时，（舍去），
当，即时，
，解得（舍去），
综上可得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：求出，，再结合，求出是解决本题的关键.
【变式8-1】4.（2022秋·新疆·高三兵团第三师第一中学校考阶段练习）在平面内，定点，，，满足，，动点，满足，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题意可设，，，，再由，，可设，，，从而可表示，化简后利用三角函数的性质可求得其最大值.
【详解】解：平面内，，，
，，，
可设，，，，
动点，满足，，
可设，，，
，，
，
当且仅当时取等号，
的最大值为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积的应用，考查向量的坐标运算，考查三角函数的应用，解题的关键是由已知向量间的关系设点的坐标，再由，，表示出的坐标，从而可表示出的坐标，进而可求出的最大值，考查数学转化思想，属于难题.
【变式8-1】5.（2022秋·江苏盐城·高三盐城市伍佑中学校考阶段练习）如图，扇形AOB的圆心角为，半径为1．点P是上任一点，设．
(1)记，求的表达式；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据三角函数的定义可得，再根据题意求得，进而根据辅助角公式得到的表达式即可；
（2）根据题意可得，进而化简得到，再代入可得，，进而结合三角函数的范围求解即可
【详解】（1）
由题意，以为坐标原点，为轴正向建立如图平面直角坐标系，则，.故，所以，即
（2）由（1），，即 ，故，解得，其中，故 ，即，，故，所以，故，即的取值范围为
【变式8-1】6.（2022秋·天津宝坻·高三校考阶段练习）已知边长为的正△ABC，内切圆的圆心为O，过B点的直线l与圆相交于M，N两点，（1）若圆心O到直线l的距离为1，则 ；（2）若，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】（1）利用圆的弦长公式即求；
（2）以B为原点建立平面直角坐标系，可得内切圆方程为，可设，由条件可得，再利用辅助角公式及三角函数的性质即得.
【详解】（1）∵边长为的正△ABC，内切圆的圆心为O，
由等边三角形的性质可知，内切圆的半径为2，又圆心O到直线l的距离为1，
∴.
（2）如图以B为原点建立平面直角坐标系，则，
内切圆方程为，由题知点M在圆上，可设，
∵，
∴，
∴，解得，
∴，
∵，∴.
故答案为：；.
【变式8-1】7. （多选）（2023·全国·高三专题练习）正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB 为直径的半圆上任意点，，则（ ）
A．最大值为1B．·最大值是8
C．最大值为D． 最大值是
【答案】AD
【分析】建系，设，根据向量的坐标运算结合三角函数的有界性逐项分析运算.
【详解】如图，以AB 的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则，
设，
可得，
则，
由题意可得，解得.
对于A：∵，且，可得当，取到最大值1，
∴最大值为1，故A正确；
对于B：·，
∵，可得当时，取到最大值1，
∴·最大值是，故B错误；
对于C：∵，其中，
由，则，
令，解得；令，解得；
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，则；当时，则；
∴最大值是1，故C错误；
对于D： ，
∵，则，
则当，即时，取到最大值1，
∴ 最大值是，故D正确；
故选：AD.
【点睛】方法定睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．
2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用．
题型9三角换元法与根号型求最值
【例题9】（2021秋·天津红桥·高三统考期中）设，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由题意，利用三角换元，令.则，化为讨论的最小值即可.
【详解】∵a⩾0,∴可令.
则，
化为
，
化为，
.当时，即a=1时取等号.
因此的最小值是.
故答案为.
【点睛】本题主要考查三角换元与辅助角公式的应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【变式9-1】1. （2020春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中）若，则的取值范围是
【答案】
【分析】首先求出的取值范围，令，将函数转化为三角函数，再根据三角恒等变换及三角函数的性质计算可得；
【详解】解：因为
所以解得，令，
则
所以，
因为，所以，所以
所以
故答案为：
【点睛】本题考查函数的值域的计算，换元法的应用，三角函数及三角恒等变换公式的应用，属于中档题.
【变式9-1】2. （2021秋·江西吉安·高三江西省万安中学校考开学考试）已知，则的最大值为 .
【答案】8
【解析】设，不妨设，再利用三角换元，结合三角函数的有界性，即可得答案.
【详解】设，不妨设，
则，故，所以，
可设 ，，则
，当且仅当时取等号
即的最大值为8.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用三角换元法及三角恒等变换中的辅助角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
【变式9-1】3. （2021秋·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）设r，满足，则r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】原方程可变形为，再设，，进而可得，然后根据三角函数的有界性求出r的范围即可.
【详解】将配方得，
设，，得：
，
又因为，，
所以.
故答案为：.
题型10换元法求最值
【例题10】（2008·重庆·高考真题）函数f(x)=()的值域是
A．[-]B．[-]
C．[-]D．[-]
【答案】C
【分析】由题意结合函数解析式的特征利用换元法，结合三角函数的性质和均值不等式的结论,求解函数的值域即可.
【详解】令，则：，即：，
分类讨论：
当时，，则：，
函数的解析式换元为：
，
当且仅当时等号成立，此时函数的值域为；
当时，，则：，
函数的解析式换元为：
，
当且仅当时等号成立，此时函数的值域为；
综上可得：函数f(x)=( )的值域是,
故选：C
【变式10-1】1. （2022春·辽宁沈阳·高三辽宁实验中学校考期中）函数的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先对原式进行变形，然后再利用换元法求函数的最值.
【详解】由题知，
整理得，
令，易知，
所以知在时是单调递减函数，
因为，
整理得，
解得，代入中有的最大值为，
即的最大值为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，结合考查了函数最值问题，属于难题.
【变式10-1】2.．（2022·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据弦化切化简得，再将化简为，换元后结合对勾函数的单调性求得答案.
【详解】由题意得，，且，，
∴，可得，
∴，当且仅当时等号成立；
故 ，令，，
则，结合对勾函数性质可知该函数在上单调递增，
所以最小值为，
故选：D
【变式10-1】3.（2020秋·河南新乡·高三校联考阶段练习）函数的最大值和最小值分别为（ ）
A． B．C．，0D．
【答案】D
【分析】根据二倍角公式和同角的基本关系化简可得，再令，，可得，再根据二次函数的性质即可求出结果.
【详解】设，则，则
，
由，得，所以，
所以当，即时，；当，即时，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了二倍角公式、同角基本关系，以及换元法在求函数值域中的应用，属于中档题.
题型11距离与斜率型
【例题11】（2020·江苏盐城·盐城市第一中学校考二模）已知函数，若集合，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，，，利用同角的三角函数的基本关系式化简可得，利用线段差的几何意义可得实数的取值范围.
【详解】，
设，，，
则，
如图，
，当且仅当三点共线且在之间时等号成立，
又，故的最大值为.
因为集合，故，故.
故答案为：.
【点睛】本题考虑无理函数的最值，对于无理函数的最值问题，首选方法是利用导数求其单调性，其次可利用几何意义来求最值，本题属于难题.
【变式11-1】1. （2023·全国·高三专题练习）函数的最大值为（ ）.
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】利用三角函数的平方关系将转化为点到点的距离之差，再利用三角形两边之差小于第三边，结合三角函数的值域即可求得结果.
【详解】因为 ，
所以，
故的最大值转化为点到与的距离之差的最大值，
因为，，，
所以，
当且仅当时，等号成立，则，
经检验，此时，，
所以，即的最大值为.
故选：D.
【变式11-1】2. （2022·全国·高三专题练习）设圆上两点，满足：，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先由数量积公式可得，再根据绝对值的几何意义得表示两点，分别到直线的距离之和，再以直线为轴重新建立直角坐标系后，利用三角函数表示，根据角的范围求值域.
【详解】由，得.
设表示两点，分别到直线的距离之和.
取直线为轴重新建立直角坐标系后，则表示两点，分别到轴的距离之和.
在新的直角坐标系下，设，
则有.
由对称性，不妨设点在轴上或上方，即.
所以，
时，，
得，则，
当时，，
，此时
综上得，
从而得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解的几何意义，并正确转化为三角函数问题，注意需讨论角的范围，写出分段函数的形式.
【变式11-1】3．（2023·全国·高三专题练习）存在实数使得，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先利用三角函数化简已知，转化为，利用两点间距离公式构造几何意义，求距离差的最大值，再根据存在问题求的取值范围.
【详解】
，
设，，，
则，
如图，
，当且仅当三点共线且点在之间时等号成立，
又，故的最大值为，
因为存在实数使得
所以
即
故答案为：
【点睛】本题考查与三角函数有关的最值问题，重点考查构造函数的几何意义求最值，数形结合思想，属于中档题型，本题的关键是构造两点间距离公式，转化几何意义求最值.
【变式11-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】分别作，的图象，取点，，则原式可看为两图象上各取一点的距离的平方，可转化为图象上点到圆心的距离减半径的平方.计算结果即可.
【详解】解：分别作，的图象，
分别取点，，原式视为两图象上各取一点的距离的平方，
设为与的交点，
，即.
当且仅当时，取等号.
故得的最小值为.
故答案为：.

【变式11-1】5. （2022·上海·高三专题练习）函数的值域为 .
【答案】[，]
【分析】先根据条件求出x的范围，再令x﹣2=csθ，利用三角换元法结合三角函数的值域即可求出结论.
【详解】∵﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1≥0⇒1≤x≤3.
令x﹣2=csθ 且θ∈[0，π]
∴
=，表示两点（﹣3，﹣3）和（csθ，sinθ）的斜率，，故点在单位圆的上半部分.
如图，斜率最小为，斜率最大值为直线与半圆相切时的斜率，，化简得，由，解得 ，故切线的斜率为 .所以斜率的取值范围，也即函数的值域为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查含有根式的函数的值域的求法，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
题型12参变分离
【例题12】（2021·全国·高三专题练习）不等式对于所有实数x都成立，求的取值范围.
【答案】的取值范围是 .
【分析】将原不等式按参数分离，利用判别式法可得，利用正弦函数的图象性质解不等式可求的取值范围.
【详解】将原不等式按参数分离，得.
即.①
由“判别式法”可求得：.从而.
要使原不等式对一切都成立，当且仅当①对一切都成立，这又等价于，即，
，
∴的取值范围是 .
【变式12-1】（2021·浙江金华·统考一模）已知函数的最大值和最小值分别是，则为( )
A．1B．2C．-1D．-2
【答案】A
【分析】设，结合三角恒等变换得到，平方整理后结合一元二次不等式、一元二次方程根与系数关系求得.
【详解】设，，
，
，所以，
两边平方并化简得（*），，
设关于的方程的两根是，
则
而不等式（*）的解为：，即分别是函数的最小值和最大值，
所以.
故选：A
【点睛】本题解题的关键是利用三角函数来构造关于函数值的不等关系式，从而结合一元二次不等式的解法来求得最值的关系式.
题型13复合函数型
【例题13】（2023·全国·高三专题练习）已知定义在上的偶函数，当时满足，关于的方程有且仅有6个不同实根，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，作出的图象，设，得到方程，设结合图象，要使得方程有6个不同的根，则满足或，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】根据题意，当时，
，
因为，可得，所以在单调递增，，
又由时，为单调递减函数，且，
因为函数是上的偶函数，画出函数的图象，如图所示，

设，则方程可化为，
由图象可得：
当时，方程有2个实数根；
当时，方程有4个实数根；
当时，方程有2个实数根；
当时，方程有1个实数根；
要使得有6个不同的根，
设是方程的两根，设，
①，当时，可得，可得，
此时方程为，解得，不满足，所以无解.
②，即，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法，合理转化求解.
【变式13-1】1. （2020·湖南岳阳·高三校考阶段练习）设函数，若关于的方程有且仅有个不同的实根，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】作出函数的图象，设，设关于有两个不同的实数根、，可得知、，进而可知关于的二次方程在区间内有两个不等的实根，利用二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】作出函数的简图如图，
令，要使关于的方程 有且仅有个不同的实根，
则方程有两个不同的实数根、，且由图知、，
设，则有，解得，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用复合型二次函数的零点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于难题.
【变式13-1】2. （2022秋·福建福州·高三校联考期中）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)若，关于的方程恰有两个实根，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由图象确定函数周期，由此求，代入特殊点坐标求求出，即可求得解析式；
（2）令，根据一元二次方程的根于系数关系研究方程的解的个数及其范围，结合函数图象，求出的取值范围.
【详解】（1）观察图象可得为函数，的对称轴，其中，
所以函数的周期，又，所以，
因为，在函数的图象上，
所以①，②，
由②可得，又，
所以，因为，所以，
将代入①得，，
所以，即函数的解析式为；
（2）由(1) 可得，则
令，，则方程可化为
方程没有实数解，则，即，此时方程在上无解，与条件矛盾，
若方程有且只有一个解，则，所以，
当时，方程的解为，而有且只有一解，与已知矛盾，
当时，方程的解为，而有且只有一解，与已知矛盾，
当时，方程有两个解，设其解为，则，，
故，观察函数图象可得，方程有且只有一个实数解，
由已知方程在恰有两个实根，所以方程，有且只有一个实数解，观察函数可得或，
所以，其中或，又函数在上为增函数，所以，
当时，方程有两个解，设其解为，，则，，
故，观察函数图象可得，方程有且只有一个实数解，
由已知方程在恰有两个实根，所以方程，有且只有一个实数解，观察函数可得，
所以，其中，又函数在上为增函数，所以，
综上：当时，方程恰有两个实根.
1. （2023·江西九江·统考一模）已知函数()的最小正周期为，的图像关于点对称，．若在上存在最大值，则实数的最小值是 ．
【答案】
【分析】由周期求出，再根据对称性求出，即可得到函数解析式，由的取值范围，求出，即可得到，从而求出的取值范围，即可得解.
【详解】，，，即，
又， ，
，
当时，，因为在上存在最大值，
所以，解得，即．
故答案为：
2. （2022·四川泸州·统考一模）已知函数，任取，记函数在上的最大值为，最小值为，设，则函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】考虑一个周期内的情况，根据的取值，求得的解析式，结合三角函数的值域，求该函数值域即可.
【详解】因为，其中分别是指在区间上的最大值和最小值，
因为的周期，故在区间的图象与在区间上的图象完全相同，
故，故，即是周期为的函数，故的值域与时的值域相同；
又在单调递减，单调递增，在单调递减，
故当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；
当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；
当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时 ；
当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；
当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；
当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时 ；
故在的函数图象如下所示：
数形结合可知，的值域为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数值域的求解，涉及三角函数值域的求解；处理问题的关键是能够根据题意，找到的周期，同时要对进行分类讨论求的解析式，属综合困难题.
3. （多选）（2023·海南海口·校考模拟预测）已知函数，则以下说法中正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的值域为
C．为奇函数D．若在区间上单调，则的最大值为
【答案】BD
【分析】先化简的解析式，再结合三角函数的图象性质逐一判断即可.
【详解】
，
的最小正周期为，故A错误；
因为，所以的值域为，故B正确；
，
令，定义域为，
，故C错误；
由，得，
即在上单调递增，
令，得在上单调递增；
时，都有；
由，得，
即在上单调递减，
而，所以若在区间上单调，
则必有，所以的最大值为，故D正确.
故选：BD
4. （2023·北京海淀·校考模拟预测）已知点O是边长为4的正方形的中心，点P是正方形ABCD所在平面内一点，，若．
（1）的取值范围是 ；
（2）当取得最大值时，
【答案】
【分析】建立以A为原点的坐标系，可得P的轨迹方程，由P的轨迹方程可知，即，从而得第一问答案；将代入P的轨迹方程得，设，利用三角函数求得当时，取最大值，代入即可得第二空答案.
【详解】解：建立以A为原点的坐标系，如图所示：
由可得P的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设，则有，
所以，
又因为，
所以，
由P的轨迹方程可知，
即，所以，
所以的范围为：；
将代入，得，
所以点在圆上，
设，
则，
所以当时，取最大值，此时，
所以，
所以，
所以.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：对于较复杂的平面向量中涉及范围的问题，通过建模，将问题转化向量的坐标运算，从代数角度出发进行解答，从而降低难度.
5．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和B．和2C．和D．和2
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.
【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
6．（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
7．（2021·北京·统考高考真题）函数是
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
8．（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
利用正弦型函数的单调性求解对应区间的最值问题
通过辅助角公式化简成正弦型函数，进而求解对应区间的最值问题
类比一元二次函数，求解最值
利用的关系，通过换元可以进行代数式的化简
1.可以用正余弦有界性：上下同名型：g（x）=（或者cs x换成sinx）.
2.可以用辅助角：上下同名型：g（x）=（或者cs x与sinx互换）.
绝对值型需要进行分类讨论，再进行分析
1.二次型双变量可以三角换元.
2.椭圆型，或者双变量型，可以适当选择多项式三角函数换元.
向量中的三角换元原理之一，就是源于=R，实质是圆，所以模定值，可以用圆的参数方程代换
无理单根号，双根号等等三角换元的数字特征.
1.单根号，一般是齐次关系.
2.双根号，不仅仅是齐次关系，并且平方后能消去x.
3.一定要注意取值范围之间的变化与互相制约.